高中数学高考高三数学人教版A版数学（理）高考一轮复习教案：8 9 1 直线与圆锥曲线的位置关系 Word版含答案

这是一份高中数学高考高三数学人教版A版数学（理）高考一轮复习教案：8 9 1 直线与圆锥曲线的位置关系 Word版含答案，共15页。


1．直线与圆锥曲线的位置关系
(1)能解决直线与椭圆、抛物线的位置关系等问题．
(2)理解数形结合的思想．
(3)了解圆锥曲线的简单应用．
2．定值(定点)与最值问题
理解基本几何量，如：斜率、距离、面积等概念，掌握与圆锥曲线有关的定值(定点)、最值问题．
3．存在性问题
能够合理转化，掌握与圆锥曲线有关的存在性问题．
知识点一 直线与圆锥曲线的位置关系
判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线l的方程Ax＋By＋C＝0(A，B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x，y)＝0，消去y(也可以消去x)得到一个关于变量x(或变量y)的一元方程．
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Ax＋By＋C＝0，,Fx，y＝0，))消去y，得ax2＋bx＋c＝0.
(1)当a≠0时，设一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判别式为Δ，则Δ>0⇔直线与圆锥曲线C相交；
Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C相切；
Δ<0⇔直线与圆锥曲线C相离．
(2)当a＝0，b≠0时，即得到一个一次方程，则直线l与圆锥曲线C相交，且只有一个交点，此时，若C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是平行；若C为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合．
易误提醒 (1)直线与双曲线交于一点时，易误认为直线与双曲线相切，事实上不一定相切，当直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线相交于一点．
(2)直线与抛物线交于一点时，除直线与抛物线相切外易忽视直线与对称轴平行时也相交于一点．
[自测练习]
1．若过点(0,1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，则这样的直线有( )
A．1条 B．2条
C．3条 D．4条
解析：结合图形(图略)分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x＝0，过点(0,1)且平行于x轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线x＝0)，故选C.
答案：C
2．直线y＝kx－k＋1与椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的位置关系为( )
A．相交 B．相切
C．相离 D．不确定
解析：直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒过定点(1,1)，又点(1,1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交．
答案：A
知识点二 弦长问题
设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(1＋\f(1,k2))·|y1－y2|
＝eq \r(1＋\f(1,k2))·eq \r(y1＋y22－4y1y2).
必备方法 遇到中点弦问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解．在椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝－eq \f(b2x0,a2y0)；在双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝eq \f(b2x0,a2y0)；在抛物线y2＝2px中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝eq \f(p,y0).
[自测练习]
3．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，F(eq \r(2)，0)为其右焦点，过F且垂直于x轴的直线与椭圆相交所得的弦长为2.则椭圆C的方程为________．
解析：则由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝\r(2)，,\f(b2,a)＝1，,a2＝b2＋c2，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝\r(2)，))
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
答案：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1
4．已知抛物线y＝ax2的焦点到准线的距离为2，则直线y＝x＋1截抛物线所得的弦长等于________．
解析：由题设p＝eq \f(1,2a)＝2，∴a＝eq \f(1,4).
抛物线方程为y＝eq \f(1,4)x2，焦点为F(0,1)，准线为y＝－1.
直线过焦点F，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,4)x2，,y＝x＋1，))消去x，
整理得y2－6y＋1＝0，∴y1＋y2＝6，
∴所得弦|AB|＝|AF|＋|BF|＝y1＋1＋y2＋1＝8.
答案：8
考点一 直线与圆锥曲线的位置关系|
1．(2016·兰州检测)若直线mx＋ny＝4和圆O：x2＋y2＝4没有交点，则过点(m，n)的直线与椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的交点个数为( )
A．至多一个 B．2
C．1 D．0
解析：∵直线mx＋ny＝4和圆O：x2＋y2＝4没有交点，∴eq \f(4,\r(m2＋n2))>2，∴m2＋n2<4.∴eq \f(m2,9)＋eq \f(n2,4)∴点(m，n)在椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的内部，∴过点(m，n)的直线与椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的交点有2个，故选B.
答案：B
2．若直线y＝kx＋2与双曲线x2－y2＝6的右支交于不同的两点，则k的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(15),3)，\f(\r(15),3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(15),3)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(15),3)，0)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(15),3)，－1))
解析：由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,x2－y2＝6，))得(1－k2)x2－4kx－10＝0.
设直线与双曲线右支交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－k2≠0，,Δ＝16k2－41－k2×－10>0，,x1＋x2＝\f(4k,1－k2)>0，,x1x2＝\f(－10,1－k2)>0，))
解得－eq \f(\r(15),3)答案：D
考点二 弦长问题|
已知F1，F2是椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的两个焦点，O为坐标原点，点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(2),2)))在椭圆上，且eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(F1F2,\s\up6(→))＝0，⊙O是以F1F2为直径的圆，直线l：y＝kx＋m与⊙O相切，并且与椭圆交于不同的两点A，B.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)当eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝λ，且满足eq \f(2,3)≤λ≤eq \f(3,4)时，求弦长|AB|的取值范围．
[解] (1)依题意，可知PF1⊥F1F2，
∴c＝1，eq \f(1,a2)＋eq \f(1,2b2)＝1，a2＝b2＋c2，解得a2＝2，b2＝1，c2＝1.∴椭圆的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)直线l：y＝kx＋m与⊙O：x2＋y2＝1相切，则eq \f(|m|,\r(k2＋1))＝1，即m2＝k2＋1，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，
∵直线l与椭圆交于不同的两点A，B.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
∴Δ>0⇒k2>0⇒k≠0，
x1＋x2＝－eq \f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2m2－2,1＋2k2)，
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝eq \f(m2－2k2,1＋2k2)＝eq \f(1－k2,1＋2k2)，
∴eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝eq \f(1＋k2,1＋2k2)＝λ
∴eq \f(2,3)≤eq \f(1＋k2,1＋2k2)≤eq \f(3,4)，∴eq \f(1,2)≤k2≤1，
∴|AB|＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝2eq \r(\f(2k4＋k2,4k4＋k2＋1))
设u＝k4＋k2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)≤k2≤1))，
则eq \f(3,4)≤u≤2，|AB|＝2eq \r(\f(2u,4u＋1))
＝2eq \r(\f(1,2)－\f(1,24u＋1))，u∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，2))，
∵|AB|(u)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，2))上单调递增，
∴eq \f(\r(6),2)≤|AB|≤eq \f(4,3).
解决弦长问题的注意点
(1)利用弦长公式求弦长要注意斜率k不存在的情形，若k不存在时，可直接求交点坐标再求弦长．
(2)涉及焦点弦长时要注意圆锥曲线定义的应用．

已知抛物线y2＝8x的焦点为F，直线y＝k(x－2)与此抛物线相交于P，Q两点，则eq \f(1,|FP|)＋eq \f(1,|FQ|)＝( )
A.eq \f(1,2) B．1
C．2 D．4
解析：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由题意可知，
|PF|＝x1＋2，|QF|＝x2＋2，则eq \f(1,|FP|)＋eq \f(1,|FQ|)＝eq \f(1,x1＋2)＋eq \f(1,x2＋2)＝eq \f(x1＋x2＋4,x1x2＋2x1＋x2＋4)，联立直线与抛物线方程消去y得，k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，可知x1x2＝4，故eq \f(1,|FP|)＋eq \f(1,|FQ|)＝eq \f(x1＋x2＋4,x1x2＋2x1＋x2＋4)＝eq \f(x1＋x2＋4,2x1＋x2＋8)＝eq \f(1,2).故选A.
答案：A
考点三 中点弦问题|
弦的中点问题是考查直线与圆锥曲线位置关系的命题热点．归纳起来常见的探究角度有：
1．由中点弦确定直线方程．
2．由中点弦确定曲线方程．
3．由中点弦解决对称问题．
探究一 由中点弦确定直线方程
1．已知(4,2)是直线l被椭圆eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,9)＝1所截得的线段的中点，则l的方程是________________．
解析：设直线l与椭圆相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)．
则eq \f(x\\al(2,1),36)＋eq \f(y\\al(2,1),9)＝1，且eq \f(x\\al(2,2),36)＋eq \f(y\\al(2,2),9)＝1，
两式相减得eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(x1＋x2,4y1＋y2).
又x1＋x2＝8，y1＋y2＝4，
所以eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(1,2)，故直线l的方程为
y－2＝－eq \f(1,2)(x－4)，即x＋2y－8＝0.
答案：x＋2y－8＝0
探究二 由中点弦确定曲线方程
2．过点M(2，－2p)作抛物线x2＝2py(p>0)的两条切线，切点分别为A，B，若线段AB的中点的纵坐标为6，则抛物线方程为________．
解析：设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，依题意得，y′＝eq \f(x,p)，切线MA的方程是y－y1＝eq \f(x1,p)(x－x1)，即y＝eq \f(x1,p)x－eq \f(x\\al(2,1),2p).又点M(2，－2p)位于直线MA上，于是有－2p＝eq \f(x1,p)×2－eq \f(x\\al(2,1),2p)，即xeq \\al(2,1)－4x1－4p2＝0；同理有xeq \\al(2,2)－4x2－4p2＝0，因此x1，x2是方程x2－4x－4p2＝0的两根，则x1＋x2＝4，x1x2＝－4p2.由线段AB的中点的纵坐标是6得，y1＋y2＝12，即eq \f(x\\al(2,1)＋x\\al(2,2),2p)＝eq \f(x1＋x22－2x1x2,2p)＝12，eq \f(16＋8p2,2p)＝12，解得p＝1或p＝2.
答案：x2＝2y或x2＝4y
探究三 由中点弦解决对称问题
3．已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a，b>0)上的一点到双曲线的左、右焦点的距离之差为4，若抛物线y＝ax2上的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)关于直线y＝x＋m对称，且x1x2＝－eq \f(1,2)，则m的值为( )
A.eq \f(3,2) B.eq \f(5,2)
C．2 D．3
解析：由双曲线的定义知2a＝4，得a＝2，所以抛物线的方程为y＝2x2.因为点A(x1，y1)，B(x2，y2)在抛物线y＝2x2上，所以y1＝2xeq \\al(2,1)，y2＝2xeq \\al(2,2)，两式相减得y1－y2＝2(x1－x2)(x1＋x2)，不妨设x1答案：A
对于中点弦问题，常用的解题方法是平方差法．其解题步骤为
①设点：即设出弦的两端点坐标．
②代入：即代入圆锥曲线方程．
③作差：即两式相减，再用平方差公式把上式展开．
④整理：即转化为斜率与中点坐标的关系式，然后求解．

28.设而不求整体变换思想在圆锥曲线结合问题中的应用
【典例】 (2016·台州模拟)设椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个顶点与抛物线C：x2＝4eq \r(3)y的焦点重合，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，且离心率e＝eq \f(1,2)，过椭圆右焦点F2的直线l与椭圆C交于M，N两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝－2，求直线l的方程；
(3)若AB是椭圆C经过原点O的弦，MN∥AB，求证：eq \f(|AB|2,|MN|)为定值．
[思维点拨]
(1)待定系数法求a，b.
(2)注意判断l的斜率是否存在．
(3)利用弦长公式表示出|AB|，|MN|后整体变形得结论．
[解] (1)椭圆的顶点为(0，eq \r(3))，即b＝eq \r(3)，e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，∴a＝2，∴椭圆的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由题可知，直线l与椭圆必相交．
①当直线斜率不存在时，经检验不合题意．
②当斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，
且M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx－1，))得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，x1＋x2＝eq \f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4k2－12,3＋4k2)，
eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]
＝eq \f(4k2－12,3＋4k2)＋k2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4k2－12,3＋4k2)－\f(8k2,3＋4k2)＋1))
＝eq \f(－5k2－12,3＋4k2)＝－2，解得k＝±eq \r(2)，
故直线l的方程为y＝eq \r(2)(x－1)或y＝－eq \r(2)(x－1)．
(3)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，A(x3，y3)，B(x4，y4)，
由(2)可得|MN|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])
＝eq \r(1＋k2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k2,3＋4k2)))2－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4k2－12,3＋4k2))))))
＝eq \f(12k2＋1,3＋4k2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx))消去y并整理得x2＝eq \f(12,3＋4k2)，
|AB|＝eq \r(1＋k2)|x3－x4|＝4eq \r(\f(31＋k2,3＋4k2))，
∴eq \f(|AB|2,|MN|)＝eq \f(\f(481＋k2,3＋4k2),\f(12k2＋1,3＋4k2))＝4，为定值．
[方法点评] 对题目涉及的变量巧妙的引进参数(如设动点坐标、动直线方程等)，利用题目的条件和圆锥曲线方程组成二元二次方程组，再化为一元二次方程，从而利用根与系数的关系进行整体代换，达到“设而不求，减少计算”的效果，直接得定值.
A组 考点能力演练
1．直线y＝eq \f(b,a)x＋3与双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1的交点个数是( )
A．1 B．2
C．1或2 D．0
解析：因为直线y＝eq \f(b,a)x＋3与双曲线的渐近线y＝eq \f(b,a)x平行，所以它与双曲线只有1个交点．
答案：A
2．(2016·福州质检)抛物线C的顶点为原点，焦点在x轴上，直线x－y＝0与抛物线C交于A，B两点，若P(1,1)为线段AB的中点，则抛物线C的方程为( )
A．y＝2x2 B．y2＝2x
C．x2＝2y D．y2＝－2x
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，抛物线方程为y2＝2px，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y\\al(2,1)＝2px1，,y\\al(2,2)＝2px2，))两式相减可得2p＝eq \f(y1－y2,x1－x2)×(y1＋y2)＝kAB×2＝2，即可得p＝1，∴抛物线C的方程为y2＝2x，故选B.
答案：B
3．已知双曲线 eq \f(x2,12)－eq \f(y2,4)＝1的右焦点为F，若过点F的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则此直线斜率的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))) B．(－eq \r(3)，eq \r(3))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))) D．[－eq \r(3)，eq \r(3)]
解析：由题意知F(4,0)，双曲线的两条渐近线方程为y＝±eq \f(\r(3),3)x.当过点F的直线与渐近线平行时，满足与右支只有一个交点，画出图象，数形结合可知应选C.
答案：C
4．已知抛物线C：y2＝8x与点M(－2,2)，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点．若eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))＝0，则k＝( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(2),2)
C.eq \r(2) D．2
解析：如图所示，设F为焦点，取AB的中点P，过A，B分别作准线的垂线，垂足分别为G，H，连接MF，MP，由eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))＝0，知MA⊥MB，则|MP|＝eq \f(1,2)|AB|＝eq \f(1,2)(|AG|＋|BH|)，所以MP为直角梯形BHGA的中位线，所以MP∥AG∥BH，所以∠GAM＝∠AMP＝∠MAP，又|AG|＝|AF|，AM为公共边，所以△AMG≌△AMF，所以∠AFM＝∠AGM＝90°，则MF⊥AB，所以k＝－eq \f(1,kMF)＝2.
答案：D
5．已知椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,b2)＝1(0A．1 B.eq \r(2)
C.eq \f(3,2) D.eq \r(3)
解析：由椭圆的方程，可知长半轴长为a＝2；由椭圆的定义，可知|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4a＝8，所以|AB|＝8－(|AF2|＋|BF2|)≥3.由椭圆的性质，可知过椭圆焦点的弦中，通径最短，即eq \f(2b2,a)＝3，可求得b2＝3，即b＝eq \r(3).
答案：D
6．抛物线y2＝－12x的准线与双曲线eq \f(x2,9)－eq \f(y2,3)＝1的两条渐近线所围成的三角形的面积等于________．
解析：y2＝－12x的准线方程为x＝3，
双曲线eq \f(x2,9)－eq \f(y2,3)＝1的渐近线为y＝±eq \f(\r(3),3)x.
设抛物线的准线与双曲线的两条渐近线的交点分别为A，B，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝3，,y＝\f(\r(3),3)x，))
求得A(3，eq \r(3))，同理B(3，－eq \r(3))，所以|AB|＝2eq \r(3)，
而O到直线AB的距离d＝3，
故所求三角形的面积S＝eq \f(1,2)|AB|×d＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×3＝3eq \r(3).
答案：3eq \r(3)
7．过双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一个焦点作圆x2＋y2＝a2的两条切线，切点分别为A，B.若∠AOB＝120°(O是坐标原点)，则双曲线C的离心率为________．
解析：如图，由题知OA⊥AF，OB⊥BF且∠AOB＝120°，∴∠AOF＝60°.又OA＝a，OF＝c，∴eq \f(a,c)＝eq \f(OA,OF)＝cs 60°＝eq \f(1,2)，
∴eq \f(c,a)＝2.
答案：2
8．直线l过椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1的左焦点F，且与椭圆相交于P，Q两点，M为PQ的中点，O为原点．若△FMO是以OF为底边的等腰三角形，则直线l的方程为________．
解析：法一：由椭圆方程得a＝eq \r(2)，b＝c＝1，
则F(－1,0)．在△FMO中，|MF|＝|MO|，
所以M在线段OF的中垂线上，即xM＝－eq \f(1,2)，
设直线l的斜率为k，则其方程为y＝k(x＋1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得x2＋2k2(x＋1)2－2＝0，
即(2k2＋1)x2＋4k2x＋2(k2－1)＝0，
∴xP＋xQ＝eq \f(－4k2,2k2＋1)，而M为PQ的中点，
故xM＝eq \f(1,2)(xP＋xQ)＝eq \f(－2k2,2k2＋1)＝－eq \f(1,2)，
∴k2＝eq \f(1,2)，解得k＝±eq \f(\r(2),2).
故直线l的方程为y＝±eq \f(\r(2),2)(x＋1)，即x±eq \r(2)y＋1＝0.
法二：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)，
由题意知kPQ＝－kOM，由P、Q在椭圆上知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),2)＋y\\al(2,1)＝1，,\f(x\\al(2,2),2)＋y\\al(2,2)＝1，))
两式相减整理得kPQ＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(x1＋x2,2y1＋y2)＝－eq \f(x0,2y0)，而kOM＝eq \f(y0,x0)，故eq \f(x0,2y0)＝eq \f(y0,x0)，
即xeq \\al(2,0)＝2yeq \\al(2,0)，所以kPQ＝±eq \f(\r(2),2)，
直线PQ的方程为y＝±eq \f(\r(2),2)(x＋1)，即x±eq \r(2)y＋1＝0.
答案：x±eq \r(2)y＋1＝0
9．(2016·洛阳模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点F(eq \r(3)，0)，且椭圆C经过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2))).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过点F的直线l交椭圆C于A，B两点，交直线x＝m(m>a)于M点，若kPA，kPM，kPB成等差数列，求实数m的值．
解：(1)由题意，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－b2＝3，,\f(3,a2)＋\f(1,4b2)＝1，))得a2＝4，b2＝1.
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)设直线l：y＝k(x－eq \r(3))，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(m，ym)．将直线方程代入椭圆方程x2＋4y2＝4中，得(1＋4k2)x2－8eq \r(3)k2x＋12k2－4＝0，
则x1＋x2＝eq \f(8\r(3)k2,1＋4k2)，x1·x2＝eq \f(12k2－4,1＋4k2).
此时kPA＝eq \f(y1－\f(1,2),x1－\r(3))＝k－eq \f(1,2x1－\r(3))，kPB＝eq \f(y2－\f(1,2),x2－\r(3))＝k－eq \f(1,2x2－\r(3)).
∴kPA＋kPB＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(k－\f(1,2x1－\r(3))))＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(k－\f(1,2x2－\r(3))))
＝2k－eq \f(x1＋x2－2\r(3),2[x1x2－\r(3)x1＋x2＋3])
＝2k－eq \f(\f(8\r(3)k2,1＋4k2)－2\r(3),2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12k2－4,1＋4k2)－\r(3)·\f(8\r(3)k2,1＋4k2)＋3)))＝2k－eq \r(3).
又M(m，ym)在直线l上，∴ym＝k(m－eq \r(3))，
则kPM＝eq \f(ym－\f(1,2),m－\r(3))＝k－eq \f(1,2m－\r(3)).
若kPA，kPM，kPB成等差数列，则2kPM＝kPA＋kPB，则2k－eq \f(1,m－\r(3))＝2k－eq \r(3)，解得m＝eq \f(4\r(3),3).
10．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)上一点P(x0，－2)到该抛物线焦点的距离为2，动直线l与C交于两点A，B(A，B异于点P)，与x轴交于点M，AB的中点N，且直线PA，PB的斜率之积为1.
(1)求抛物线C的方程；
(2)求eq \f(|AB|,|MN|)的最大值．
解：(1)因为点P(x0，－2)在抛物线上，
所以2px0＝4⇒x0＝eq \f(2,p).
由抛物线的定义知，
eq \f(2,p)＋eq \f(p,2)＝2⇒(p－2)2＝0⇒p＝2，
故抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)由(1)知，x0＝1，得P(1，－2)．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，设直线AB的方程为x＝my＋t，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋t，,y2＝4x，))消去x得y2－4my－4t＝0.
Δ＝16m2＋16t>0⇒m2＋t>0，①
y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t，
因为k1＝eq \f(y1＋2,x1－1)＝eq \f(y1＋2,\f(y\\al(2,1),4)－1)＝eq \f(4,y1－2).
同理k2＝eq \f(4,y2－2).所以k1k2＝eq \f(4,y1－2)·eq \f(4,y2－2)＝1，
即y1y2－2(y1＋y2)－12＝0，
即－4t－8m－12＝0⇒t＝－2m－3.
代入①得m2－2m－3>0⇒m<－1或m>3.
因为|AB|＝eq \r(1＋m2)|y1－y2|
＝eq \r(1＋m2)·eq \r(y1＋y22－4y1y2)
＝eq \r(1＋m2)·eq \r(16m2＋16t)
＝4eq \r(1＋m2)·eq \r(m2－2m－3)，
又yM＝0，yN＝eq \f(y1＋y2,2)＝2m，
则|MN|＝eq \r(1＋m2)|yM－yN|＝2eq \r(1＋m2)|m|.
所以eq \f(|AB|,|MN|)＝2eq \f(\r(m2－2m－3),|m|)＝2eq \r(1－\f(2,m)－\f(3,m2))
＝2eq \r(－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(1,3)))2＋\f(4,3))，
故当m＝－3时，eq \f(|AB|,|MN|)取到最大值eq \f(4\r(3),3).
B组 高考题型专练
1．(2015·高考福建卷)已知点F为抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点，点A(2，m)在抛物线E上，且|AF|＝3.
(1)求抛物线E的方程；
(2)已知点G(－1,0)，延长AF交抛物线E于点B，证明：以点F为圆心且与直线GA相切的圆，必与直线GB相切．
解：(1)由抛物线的定义得|AF|＝2＋eq \f(p,2).
由已知|AF|＝3，得2＋eq \f(p,2)＝3，
解得p＝2，
所以抛物线E的方程为y2＝4x.
(2)法一：如图，因为点A(2，m)在抛物线E：y2＝4x上，所以m＝±2eq \r(2)，由抛物线的对称性，不妨设A(2,2eq \r(2))．
由A(2,2eq \r(2))，F(1,0)可得直线AF的方程为y＝2eq \r(2)(x－1)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2\r(2)x－1，,y2＝4x，))得2x2－5x＋2＝0，解得x＝2或x＝eq \f(1,2)，从而Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\r(2))).又G(－1,0)，
所以kGA＝eq \f(2\r(2)－0,2－－1)＝eq \f(2\r(2),3)，kGB＝eq \f(－\r(2)－0,\f(1,2)－－1)＝－eq \f(2\r(2),3)，
所以kGA＋kGB＝0，从而∠AGF＝∠BGF，这表明点F到直线GA，GB的距离相等，
故以F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切．
法二：设以点F为圆心且与直线GA相切的圆的半径为r.
因为点A(2，m)在抛物线E：y2＝4x上，
所以m＝±2eq \r(2)，由抛物线的对称性，不妨设A(2，2eq \r(2))．
由A(2,2eq \r(2))，F(1,0)可得直线AF的方程为y＝2eq \r(2)(x－1)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2\r(2)x－1，,y2＝4x，))得2x2－5x＋2＝0，
解得x＝2或x＝eq \f(1,2)，从而Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\r(2))).
又G(－1,0)，故直线GA的方程为2eq \r(2)x－3y＋2eq \r(2)＝0，
从而r＝eq \f(|2\r(2)＋2\r(2)|,\r(8＋9))＝eq \f(4\r(2),\r(17)).
又直线GB的方程为2eq \r(2)x＋3y＋2eq \r(2)＝0，
所以点F到直线GB的距离d＝eq \f(|2\r(2)＋2\r(2)|,\r(8＋9))＝eq \f(4\r(2),\r(17))＝r.
这表明以点F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切．
2．(2015·高考重庆卷)如图，椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线交椭圆于P，Q两点，且PQ⊥PF1.
(1)若|PF1|＝2＋eq \r(2)，|PF2|＝2－eq \r(2)，求椭圆的标准方程；
(2)若|PF1|＝|PQ|，求椭圆的离心率e.
解：(1)由椭圆的定义，2a＝|PF1|＋|PF2|＝(2＋eq \r(2))＋(2－eq \r(2))＝4，故a＝2.
设椭圆的半焦距为c，由已知PF1⊥PF2，
因此2c＝|F1F2|＝eq \r(|PF1|2＋|PF2|2)
＝eq \r(2＋\r(2)2＋2－\r(2)2)＝2eq \r(3)，
即c＝eq \r(3)，从而b＝eq \r(a2－c2)＝1.
故所求椭圆的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)法一：连接QF1，如图，设点P(x0，y0)在椭圆上，且PF1⊥PF2，则eq \f(x\\al(2,0),a2)＋eq \f(y\\al(2,0),b2)＝1，xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝c2，
求得x0＝±eq \f(a,c)eq \r(a2－2b2)，y0＝±eq \f(b2,c).
由|PF1|＝|PQ|>|PF2|得x0>0，从而|PF1|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a\r(a2－2b2),c)＋c))2＋eq \f(b4,c2)＝2(a2－b2)＋2aeq \r(a2－2b2)＝(a＋eq \r(a2－2b2))2.
由椭圆的定义，|PF1|＋|PF2|＝2a，
|QF1|＋|QF2|＝2a.
从而由|PF1|＝|PQ|＝|PF2|＋|QF2|，有|QF1|＝4a－2|PF1|.
又由PF1⊥PF2，|PF1|＝|PQ|，
知|QF1|＝eq \r(2)|PF1|，
因此(2＋eq \r(2))|PF1|＝4a，即(2＋eq \r(2))(a＋eq \r(a2－2b2))＝4a，
于是(2＋eq \r(2))(1＋eq \r(2e2－1))＝4，解得
e＝eq \r(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,2＋\r(2))－1))2)))＝eq \r(6)－eq \r(3).
法二：连接QF1，如图，由椭圆的定义，|PF1|＋|PF2|＝2a，|QF1|＋|QF2|＝2a.从而由|PF1|＝|PQ|＝|PF2|＋|QF2|，有|QF1|＝4a－2|PF1|.
又由PF1⊥PQ，|PF1|＝|PQ|，知|QF1|＝eq \r(2)|PF1|，因此，4a－2|PF1|＝eq \r(2)|PF1|，
则|PF1|＝2(2－eq \r(2))a，从而|PF2|＝2a－|PF1|＝2a－2(2－eq \r(2))a＝2(eq \r(2)－1)a，
由PF1⊥PF2，知|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝(2c)2，
因此e＝eq \f(c,a)＝eq \r(\f(|PF1|2＋|PF2|2,2a))
＝eq \r(2－\r(2)2＋\r(2)－12)＝eq \r(9－6\r(2))＝eq \r(6)－eq \r(3).